[PP_nine]

inverse modulo p (p is prime)
อันนี้จะเกริ่นนำพื้นฐานเล็กน้อย
พิสูจน์ได้ไม่ยากว่า inverse ของ 1,2,...,p-1 mod p คือการเรียงสับเปลี่ยนของตัวมันเอง
(โดย contradiction ว่ามีบางคู่ inverse เท่ากัน)

ต่อมาก็พิสูจน์ว่า inverse ของ $1^2,2^2,...,(p-1)^2$ แตกต่างกันเพียง $\frac{p-1}{2}$ แบบ

(เพราะ $k^2\equiv (p-k)^2 (mod p)$)

โดย inverse ของ $1^2,2^2,...,(\frac{p-1}{2})^2$ ก็คือการเรียงสับเปลี่ยนของตัวมันเองเหมือนกัน

ใช้ผลอันสุดท้ายเนี่ยแหละมาช่วย

จากเดิมคูณ $4b[(\frac{p-1}{2} )!]^2$ ทั้งสองข้างสมการ

ได้ $b[(\frac{p-1}{2} )!]^2[\frac{1}{1^2} +\frac{1}{2^2} +...+\frac{1}{(\frac{p-1}{2} )^2} ]= 4a[(\frac{p-1}{2} )!]^2$

lemma : $[(\frac{p-1}{2} )!]^2\equiv (-1)^\frac{p+1}{2} (mod p)$

$\therefore RHS\equiv 4a,-4a (mod p)$

ชัดเจนว่า $[\frac{(\frac{p-1}{2})!}{k}]^2\equiv [(\frac{p-1}{2})!]^2[k^{-1}]^2 (mod p)$

$\therefore LHS\equiv b[(\frac{p-1}{2})!][(1^{-1})^2+(2^{-1})^2+...+((\frac{p-1}{2})^{-1})^2] (mod p)$

ตามข้างต้นได้ว่า inverse ก็คือการเรียงสับเปลี่ยนของมันเอง

$\therefore LHS\equiv b(-1)^{\frac{p-1}{2}}[1^2+2^2+...+(\frac{p-1}{2})^2] (mod p)$

พิจารณา $1^2+2^2+...+(\frac{p-1}{2})^2 = \frac{(\frac{p-1}{2})(\frac{p+1}{2})}{6}(p)$

แต่สำหรับ $p\geqslant 5, p^2\equiv 1 (mod 24)$

$\therefore LHS\equiv 0 (mod p) \Rightarrow p|4a$ or $p|-4a$

แต่ $p\geqslant 5, p|a \ \square$